当前位置:首页 >> 高中教育 >>

安徽省安庆市慧德中学2016届高三上学期第一次月考物理试卷


2015-2016 学年安徽省安庆市慧德中学高三(上)第一次月考物理试卷

一、单项选择题(本题有 7 小题,每题 4 分,共 28 分.选出各题中一个符合题意的选项,不 选、多选、错选均不给分. ) 1.在欢庆节日的时候,人们会在夜晚燃放美丽的焰火.按照设计,某种型号的装有焰火的礼 花弹从专用炮筒中射出后, 在 4s 末到达离地面 100m 的最高点时炸开,

构成各种美丽的图案. 假 设礼花弹从炮筒中竖直射出时的初速度是 v0,上升过程中所受的平均阻力大小始终是自身重 力的 k 倍,那么 v0 和 k 分别等于(重力加速度 g 取 10m/s2)( )

A.25m/s,1.25 B.40m/s,0.25 C.50m/s,0.25 D.80m/s,1.25

2.下列关于物理学发展史的表述,其中观点正确的是( A.伽利略发现行星运动三大定律 B.牛顿发现万有引力定律 C.法拉第首先发现了电流的磁效应 D.奥斯特首次测出元电荷量

)

3.如图所示,一带电液滴在相互垂直的匀强电场和匀强磁场中刚好做匀速圆周运动,其轨道 半径为 R.已知电场的电场强度为 E,方向竖直向下;磁场的磁感应强度为 B,方向垂直纸面 向里,不计空气阻力,设重力加速度为 g,则( )

A.液滴带正电

B.液滴荷质比 D.液滴运动速度大小 v=

C.液滴顺时针运动

4.如图所示,质量为 m 的小球置于光滑的正方体盒子中,盒子的边长略大于球的直径.某同 学拿着该盒子在竖直平面内做半径为 R 的匀速圆周运动, 已知重力加速度为 g, 空气阻力不计, 要使在最高点时盒子与小球之间恰好无作用力,则( )

A.该盒子做匀速圆周运动的周期等于 π B.该盒子做匀速圆周运动的周期等于 2π C.盒子在最低点时盒子与小球之间的作用力大小等于 3mg D.盒子在最低点时盒子与小球之间的作用力大小等于 5mg

5.某科研单位设计了一空间飞行器,飞行器从地面起飞时,发动机提供的动力方向与水平方 向夹角 α =60°,使飞行器恰恰与水平方向成 θ =30°角的直线斜向右上方匀加速飞行,经一 段时间后,将动力的方向沿逆时针旋转 60°同时适当调节其大小,使飞行器依然可以沿原方 向匀减速飞行,飞行器所受空气阻力不计,重力加速度为 g,则( )

A.减速时加速度的大小为 C.加速时动力的大小等于 mg

g B.减速时动力的大小等于 mg D.加速时加速度的大小为 g

6.如图所示,在一磁感应强度 B=0.5T 的匀强磁场中,垂直于磁场方向水平放置着两根相距 为 L=0.1m 的平行金属导轨 MN 和 PQ,导轨电阻忽略不计,在两根导轨的端点 N、Q 之间连接一 阻值 R=0.3Ω 的电阻.导轨上正交放置着金属棒 ab,其电阻 r=0.2Ω .当金属棒在水平拉力 作用于以速度 v=4.0m/s 向左做匀速运动时( )

A.a b 棒所受安培力大小为 0.02N B.N、Q 间电压为 0.2V C.a 端电势比 b 端电势低 D.回路中感应电流大小为 1A

7.如图是一种升降电梯的示意图,A 为载人箱,B 为平衡重物,它们的质量均为 M,上下均有 跨过滑轮的钢索系住,在电动机的牵引下使电梯上下运动.如果电梯中载人的总质量为 m,匀 速上升的速度为 v,电梯即将到顶层前关闭电动机,依靠惯性上升 h 高度后停止,在不计空气 和摩擦阻力的情况下,h 为( )

A.

B.

C.

D.

二、多项选择题(本题共 5 小题,每小题 4 分,共 20 分,每题有两个以上选项是正确的,完 全选对得 4 分,选对但不全得 2 分,不答或有选错得零分. ) 8.如图所示是骨折病人的牵引装置示意图,绳的一端固定,绕过定滑轮和动滑轮后挂着一个 重物,与动滑轮相连的帆布带拉着病人的脚,整个装置在同一 竖直平面内.为了使脚所受的 拉力增大,可采取的方法是( )

A.只增加绳的长度

B.只增加重物的质量

C.只将病人的脚向左移动 D.只将两定滑轮的间距增大

9.蒋昊南同学阅读了一篇“火星的现在、地球的未来”的文章,摘录了以下资料: ①根据目前被科学界普遍接受的宇宙大爆炸学说可知,万有引力常量在极其缓慢地减小; ②太阳几十亿年来一直不断地在通过发光、发热释放能量; ③金星和火星是地球的两位近邻,金星位于地球圆轨道的内侧,火星位于地球圆轨道的外侧; ④由于火星与地球的自转周期几乎相同,自转轴与公转轨道平面的倾角也几乎相同,所以火 星上也有四季变化. 根据他摘录的资料和有关天体运动规律,可推断( A.太阳对地球的引力在缓慢减小 B.太阳对地球的引力在缓慢增加 C.火星上平均每个季节持续的时间等于 3 个月 D.火星上平均每个季节持续的时间大于 3 个月 )

10.如图所示,一圆心为 O、半径为 R 的圆中有两条互相垂直的直径 AC 和 BD,电荷量均为 Q 的正、 负点电荷放在圆周上, 它们的位置关于 AC 对称, +Q 和 O 点的连线与 OC 间的夹角为 60°, 两个点电荷的连线与 AC 的交点为 P.下列说法中正确的是( )

A.P 点的电场强度大于 O 点的电场强度 B.A 点的电势低于 C 点的电势

C.点电荷﹣q 在 O 点与在 C 点所受的电场力相同 D.点电荷+q 在点 B 具有的电势能小于在 D 点具有的电势能

11.一理想变压器原、副线圈的匝数比为 10:1,原线圈输入电压的变化规律如图甲所示,副 线圈所接电路如图乙所示,P 为滑动变阻器的触头( )

A.副线圈输出电压的频率为 50Hz B.副线圈输出电压的有效值为 31V C.P 向右移动时,原、副线圈的电流比减小 D.P 向右移动时,变压器的输出功率增加

12.一个高尔夫球静止于平坦的地面上.在 t=0 时球被击出,飞行中球的速率与时间的关系 如图所示.若不计空气阻力的影响,根据图象提供的信息可以求出的量是( )

A.高尔夫球在何时落地 B.高尔夫球可上升的最大高度 C.人击球时对高尔夫球做的功 D.高尔夫球落地时离击球点的距离

三、实验题(16 分) . 13.甲图中游标卡尺的读数为__________mm; 乙图中螺旋测微器的读数为__________mm. 丙图中多用电表的读数为__________Ω .

14.如图甲示,是验证牛顿第二定律的实验装

置.

(1)请完善下列实验步骤: A.用天平测量吊盘 m0 和小车的质量 M0. B.平衡小车的摩擦阻力:取下吊盘,调整木板右端的高度,用手轻推小车,直到打点计时器 在纸带上打出一系列间距相等的点. C.按住小车,挂上吊盘,使细线与长木板平行. D.__________,释放小车,在得到的纸带上标出吊盘(或小车)的总质量 m(或 M) . E.保持小车总质量一定,多次改变吊盘中的砝码,重复 C D 步骤. F.保持吊盘总质量一定,多次改变__________,重复 C D 步骤. (2)如图乙示,纸带上 3 个相邻计数点的间距为 s1、s2 和 s3.用米尺测量 s1、s3 的间距,由 图可读出 s1=24.3mm,s3=__________mm.已知打点计时器打点周期为 0.02s,利用 s1、s3 计算 小车加速度 a=__________m/s . (计算结果保留三位有效数字)
2

15.有一标有“6V,0.5A”的小型直流电动机,转子是由铜导线绕制的线圈组成,阻值约为 0.8Ω .某兴趣小组设计一个实验测量此电动机线圈的电阻.实验室现提供的器材除导线和开 关外还有: A.直流电源 E:8V(内阻不计) B.直流电流表 A1:0~0.6A(内阻约为 0.5Ω ) C.直流电流表 A2:0~3A(内阻约为 0.1Ω ) D.直流电压表 V1:0~3V(内阻约为 5kΩ ) E.直流电压表 V2:0~15V(内阻约为 15kΩ ) F.滑动变阻器 R1:0~10Ω ,2A G.标准电阻 R2:3Ω

(1)为能较准确地测出电动机线圈电阻,应选择以下的__________电路图.图中 表示电动 机. (2)为使电表指针有较大角度的偏转,需要选用的电流表是__________,电压表是 __________. (填写实验器材前面的序号) (3)闭合开关后,调节滑动变阻器控制电动机不转动时读出电流表、电压表示数.若某次实 验电压表的示数为 2.00V,电流表的示数为 0.50A,电动机线圈电阻为__________Ω .由此可 计算出该电动机正常工作输出的机械功率为__________W. (以上两空计算结果均保留三位有 效数字)

四、计算解析题(本题共 3 小题,共 9+12+13=34 分.解答应写出必要的文字说明、方程式和 重要演算步骤、规范的作图.只写出最后答案的不能得分.有数值计算的题,答案中必须明 确写出数值和单位. ) 16.如图示,有一固定在水平桌面上的轨道 ABC,AB 段粗糙,与水平面间的夹角为 θ =37°; BC 段光滑,C 点紧贴桌子边缘;桌高 h=0.8m.一小物块放在 A 处(可视为质点) ,小物块与 AB 间的动摩擦因数为 μ =0.25.现在给小物块一个沿斜面向下的初速度 vA=1m/s,小物块经过

B 处时无机械能损失, 物块最后落在与 C 点水平距离 x=1.2m 的 D 处. (不计空气阻力, g 取 10m/s , sin37°=0.6,cos37°=0.8)求: (1)小物块在 AB 段向下运动时的加速度大小 a; (2)小物块到达 B 处时的速度大小 vB; (3)求 AB 的长 L.

2

17.如图所示,两平行金属板 E、F 之间电压为 U,两足够长的平行边界 MN、PQ 区域内,有垂 直纸面向外的匀强磁场,磁感应强度为 B.一质量为 m、带电量为+q 的粒子(不计重力) ,由 E 板中央处静止释放, 经 F 板上的小孔射出后, 垂直进入磁场, 且进入磁场时与边界 MN 成 60° 角,最终粒子从边界 MN 离开磁场.求: (1)粒子离开电场时的速度大小 v; (2)粒子在磁场中圆周运动的半径 r 和运动的时间 t. (3)两边界 MN、PQ 的最小距离 d.

18. (13 分)如图所示,一块质量为 M、长为 L 的匀质板放在很长的光滑水平桌面上,板的左 端有一质量为 m 的小物块,物块上连接一根很长的细绳,细绳跨过位于桌面边缘的定滑轮.现

某人以恒定的速度 v 向下拉绳, 物块随细绳运动, 恰到达板的中点后相对板静止; 取 g=10m/s , 且所有过程板的右端均未撞上桌边定滑轮,求:

2

(1)从开始拉绳起计时,物块到达板的中点经历的时间 t0; (2)物块与板间的动摩擦因数 μ 0; (3)若板与桌面间有摩擦,为使物块能到达板的右端,板与桌面的动摩擦因数 μ 的范围.

五、选考题.请同学从给出的 3 个模块中任选一模块作答,并用 2B 铅笔在答题卷上把所选题 目的题号涂黑. 注意所做题目必须与所涂题目题号一致, 在答题卷选答区域指定位置答题. 如 有多做,则按所做的第一模块评分. 【选修 3-3】 19.下列说法正确的是 ( )

A.绝对湿度大,相对湿度一定大 B.荷叶上的小水滴呈球形,这是表面张力使液面收缩的结果 C.单晶体和多晶体都具有各向异性的物理性质 D.一定质量理想气体等温膨胀,一定从外界吸热 E.对于一定质量的理想气体,压强增大,体积增大,分子的平均动能一定增大

20.如图所示,教室内用截面积为 O.2m 的绝热活塞,将一定质量的理想气体封闭 在圆柱形 汽缸内,活塞与汽缸之间无摩擦.a 状态是汽缸放在冰水混合物中气体达到的平衡状态,活塞 离汽缸底部的局度为 0.6m;b 状态是汽缸从容器中移出后达到的平衡状态,活塞离 汽缸底部 的高度为 0.65m.设室内大气压强始终 保持 1.0×105Pa,忽略活塞质量. (1)求教室内的温度; (2) 若气体从 a 状态变化到 b 状态的过程中, 内能增加了 56OJ, 求此过程中气体吸收的热量.

2

【选修 3-4】 21.关于波的说法中,正确的是( )

A.产生多普勒效应的原因是波源频率发生了变化 B.发生干涉现象时,介质中振动加强的点,振动能量最大,减弱点振动能量可能为零 C.振动图象和波的图象中,横坐标所反映的物理意义是不同的 D.超声波比次声波更容易发生衍射 E.在地球表面上走得很准的摆钟搬到月球表面上,其摆动周期变大

22.一半径为 R 的 球体放置在水平面上,球体由折射率为

的透明材料制成.现有一束位

于过球心 O 的竖直平面内的光线,平行于桌面射到球体表面上,折射入球体后再从竖直表面 射出,如图所示.已知入射光线与桌面的距离为 .求出射角 θ =__________.

【选修 3-5】 23.下列关于原子和原子核的说法正确的是( A.β 衰变现象说明电子是原子核的组成部分 B.某放射性元素经过 11.4 天有 的原子核发生了衰变,则该元素的半衰期为 3.8 天 C.放射性元素的半衰期随温度的升高而变短 D.平均结合能越大表示原子核中的核子结合得越牢固 E.在 α 、β 、γ 这三种射线中,γ 射线的穿透能力最强,α 射线的电离能力最强 )

24.如图所示,光滑水平面上有 A、B 两个物块,其质量分别为 mA=2.0kg,mB=1.0kg,现用一 轻弹簧将 A、B 两物块连接,并用力缓慢压缩弹簧使 A、B 两物块靠近,此过程外力做功 108J (弹簧仍处于弹性限度范围内) ,然后同时释放,弹簧开始逐渐变长.试求当弹簧刚好恢复原 长时,A 和 B 物块速度 vA、vB 的大小.

2015-2016 学年安徽省安庆市慧德中学高三(上)第一次月考物理试卷

一、单项选择题(本题有 7 小题,每题 4 分,共 28 分.选出各题中一个符合题意的选项,不 选、多选、错选均不给分. ) 1.在欢庆节日的时候,人们会在夜晚燃放美丽的焰火.按照设计,某种型号的装有焰火的礼 花弹从专用炮筒中射出后, 在 4s 末到达离地面 100m 的最高点时炸开, 构成各种美丽的图案. 假 设礼花弹从炮筒中竖直射出时的初速度是 v0,上升过程中所受的平均阻力大小始终是自身重 力的 k 倍,那么 v0 和 k 分别等于(重力加速度 g 取 10m/s2)( )

A.25m/s,1.25 B.40m/s,0.25 C.50m/s,0.25 D.80m/s,1.25 【考点】牛顿第二定律;匀变速直线运动的速度与时间的关系. 【专题】牛顿运动定律综合专题. 【分析】礼花弹从炮筒中竖直射出时向上做匀减速直线运动,对其进行受力分析,根据牛顿 第二定律及匀减速直线运动的基本公式即可求解. 【解答】解:上升过程中所受的平均阻力 f=kmg, 根据牛顿第二定律得:a= 根据 h= at2 得:a= =12.5m/s2, =(k+1)g,

所以 v0=at=50m/s, 而(k+1)g=12.5m/s , 所以 k=0.25. 故选 C. 【点评】本题主要考查了牛顿第二定律及运动学基本公式的应用,要求同学们能正确对物体 进行受力分析,根据受力情况判断运动情况,并熟练运用运动学基本公式解题.
2

2.下列关于物理学发展史的表述,其中观点正确的是( A.伽利略发现行星运动三大定律 B.牛顿发现万有引力定律

)

C.法拉第首先发现了电流的磁效应 D.奥斯特首次测出元电荷量 【考点】物理学史. 【分析】根据物理学史解答,记住著名物理学家的主要贡献即可. 【解答】解:A、开普勒发现了行星运动三大定律,故 A 错误. B、牛顿发现万有引力定律,故 B 正确. C、奥斯特首先发现了电流的磁效应.故 C 错误. D、密立根首次测出元电荷量.故 D 错误. 故选:B 【点评】本题考查物理学史,是常识性问题,对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加 强记忆,这也是考试内容之一.

3.如图所示,一带电液滴在相互垂直的匀强电场和匀强磁场中刚好做匀速圆周运动,其轨道 半径为 R.已知电场的电场强度为 E,方向竖直向下;磁场的磁感应强度为 B,方向垂直纸面 向里,不计空气阻力,设重力加速度为 g,则( )

A.液滴带正电

B.液滴荷质比 D.液滴运动速度大小 v=

C.液滴顺时针运动

【考点】带电粒子在混合场中的运动. 【专题】带电粒子在复合场中的运动专题. 【分析】 (1)液滴在复合场中做匀速圆周运动,可判断出电场力和重力为平衡力,从而可求 出液滴的比荷并可判断电场力的方向,结合电场的方向便可知液滴的电性. (2)根据洛伦兹力的方向,利用左手定则可判断液滴的旋转方向;结合重力与电场力平衡以 及液滴在洛伦兹力的作用下的运动半径公式,可求出线速度.

【解答】解:A、液滴在重力场、匀强电场和匀强磁场的复合场中做匀速圆周运动,可知,液 滴受到的重力和电场力是一对平衡力,重力竖直向下,所以电场力竖直向上,与电场方向相 同,故可知液滴带负电,故 A 错误; B、由液滴做匀速圆周运动,得知电场力和重力大小相等,得: mg=qE?① 解得: = ,故 B 错误; C、磁场方向垂直纸面向里,洛伦兹力的方向始终指向圆心,由左手定则可判断液滴的旋转方 向为顺时针,故 C 正确; D、液滴在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动的半径为: R= ?② ,故 D 错误;

联立①②得:v= 故选:C.

【点评】此题考查了液滴在复合场中的运动问题.复合场是指电场、磁场、重力场并存,或 其中某两种场并存的场.液滴在这些复合场中运动时,必须同时考虑电场力、洛伦兹力和重 力的作用或其中某两种力的作用,因此对液滴的运动形式的分析就显得极为重要.该题就是 根据液滴的运动情况来判断受到的电场力情况.

4.如图所示,质量为 m 的小球置于光滑的正方体盒子中,盒子的边长略大于球的直径.某同 学拿着该盒子在竖直平面内做半径为 R 的匀速圆周运动, 已知重力加速度为 g, 空气阻力不计, 要使在最高点时盒子与小球之间恰好无作用力,则( )

A.该盒子做匀速圆周运动的周期等于 π B.该盒子做匀速圆周运动的周期等于 2π C.盒子在最低点时盒子与小球之间的作用力大小等于 3mg D.盒子在最低点时盒子与小球之间的作用力大小等于 5mg 【考点】向心力;动能定理的应用.

【分析】小球在最高点时盒子与小球之间恰好无作用力,说明此时恰好只有小球的重力作为 向心力,由此可以求得小球的运动周期,在最低点时对物体受力分析,利用向心力的公式可 以求得盒子与小球之间的作用力大小. 【解答】解:AB、在最高点时盒子与小球之间恰好无作用力,说明此时恰好只有小球的重力 作为小球的向心力,由 mg=mR 得,周期 T=2π ,故 A 错误,B 正确.

CD、盒子在最低点时受重力和支持力的作用,由 F﹣mg=mR 故选:B

得:F=2mg,故 C、D 错误.

【点评】物体做匀速圆周运动,小球在最高点时盒子与小球之间恰好无作用力,说明此时恰 好只有小球的重力作为向心力,这是解决这道题的关键,再根据最高点和最低点时受力的不 同,根据向心力的公式列方程求解即可.

5.某科研单位设计了一空间飞行器,飞行器从地面起飞时,发动机提供的动力方向与水平方 向夹角 α =60°,使飞行器恰恰与水平方向成 θ =30°角的直线斜向右上方匀加速飞行,经一 段时间后,将动力的方向沿逆时针旋转 60°同时适当调节其大小,使飞行器依然可以沿原方 向匀减速飞行,飞行器所受空气阻力不计,重力加速度为 g,则( )

A.减速时加速度的大小为 C.加速时动力的大小等于 mg

g B.减速时动力的大小等于 mg D.加速时加速度的大小为 g

【考点】牛顿第二定律;力的合成与分解的运用. 【专题】牛顿运动定律综合专题. 【分析】起飞时,飞行器受推力和重力,两力的合力与水平方向成 30°角斜向上,根据几何 关系求出合力,由牛顿第二定律求出加速度,根据匀加速运动速度公式求解最大速度;推力 方向逆时针旋转 60°后,先根据牛顿第二定律求解加速度,再求出继续上升的时间. 【解答】解:AB、t 时刻的速率:v=a1t=gt

推力方向逆时针旋转 60°,合力的方向与水平方向成 30°斜向下,推力 F'跟合力 F'h 垂直, 如图所示, 此时合力大小为: F'h=mgsin30° 动力大小:F′= mg

飞行器的加速度大小为: a2= 故 AB 错误; CD、起飞时,飞行器受推力和重力,两力的合力与水平方向成 30°角斜向上,设动力为 F, 合力为 Fb,如图所示: 在△OFFb 中,由几何关系得:F= mg,Fb=mg = g

由牛顿第二定律得飞行器的加速度为:a1=g 故 C 错误,D 正确; 故选:D.

【点评】本题主要考查了牛顿第二定律及运动学基本公式的应用,要求同学们能正确对分析 器进行受力分析并能结合几何关系求解,难度适中.

6.如图所示,在一磁感应强度 B=0.5T 的匀强磁场中,垂直于磁场方向水平放置着两根相距 为 L=0.1m 的平行金属导轨 MN 和 PQ,导轨电阻忽略不计,在两根导轨的端点 N、Q 之间连接一 阻值 R=0.3Ω 的电阻.导轨上正交放置着金属棒 ab,其电阻 r=0.2Ω .当金属棒在水平拉力 作用于以速度 v=4.0m/s 向左做匀速运动时( )

A.a b 棒所受安培力大小为 0.02N

B.N、Q 间电压为 0.2V C.a 端电势比 b 端电势低 D.回路中感应电流大小为 1A 【考点】导体切割磁感线时的感应电动势;闭合电路的欧姆定律. 【专题】电磁感应——功能问题. 【分析】根据 E=BLv 求出 ab 产生的感应电动势,由欧姆定律求感应电流,再由 F=BIL 求 ab 棒所受的安培力大小.NQ 间的电压是 R 两端的电压,由欧姆定律求.由右手定则判断电势高 低. 【解答】解:A、ab 棒产生的感应电动势 E=BLv=0.5×0.1×4V=0.2V 感应电流为 I= = =0.4A

a b 棒所受安培力大小 F 安=BIL=0.5×0.4×0.1N=0.02N,故 A 正确. B、N、Q 间电压为 U=IR=0.4×0.3V=0.12V,故 B 错误. C、由右手定则判断知,ab 棒中感应电流方向由 b 到 a,a 端相当于电源的正极,电势较高, 故 C 错误. D、由上知,回路中感应电流大小为 0.4A,故 D 错误. 故选:A 【点评】本题是电磁感应与电路知识的综合,关键要区分清楚哪部分电路是电源,哪部分是 外部分.要知道 NQ 间的电压是外电压.

7.如图是一种升降电梯的示意图,A 为载人箱,B 为平衡重物,它们的质量均为 M,上下均有 跨过滑轮的钢索系住,在电动机的牵引下使电梯上下运动.如果电梯中载人的总质量为 m,匀 速上升的速度为 v,电梯即将到顶层前关闭电动机,依靠惯性上升 h 高度后停止,在不计空气 和摩擦阻力的情况下,h 为( )

A.

B.

C.

D.

【考点】牛顿第二定律;匀变速直线运动的速度与时间的关系. 【专题】牛顿运动定律综合专题. 【分析】载人箱、人及平衡重物加速度相同,则由隔离法可求得加速度的大小;再由运动学 公式可求得上升的高度. 【解答】解:设 B 对 A 拉力 FT 对 B:Mg﹣FT=Ma 对 A:FT﹣(M+m)g=(M+m)a,a=

由 V =2ah 得 h= 故选:D.

2

,D 选项正确.

【点评】本题也可以利用整体法直接求出整体沿绳子运动的加速度,再由运动学公式求解.

二、多项选择题(本题共 5 小题,每小题 4 分,共 20 分,每题有两个以上选项是正确的,完 全选对得 4 分,选对但不全得 2 分,不答或有选错得零分. ) 8.如图所示是骨折病人的牵引装置示意图,绳的一端固定,绕过定滑轮和动滑轮后挂着一个 重物,与动滑轮相连的帆布带拉着病人的脚,整个装置在同一 竖直平面内.为了使脚所受的 拉力增大,可采取的方法是( )

A.只增加绳的长度

B.只增加重物的质量

C.只将病人的脚向左移动 D.只将两定滑轮的间距增大 【考点】合力的大小与分力间夹角的关系. 【专题】平行四边形法则图解法专题. 【分析】以滑轮为研究对象,根据平衡条件得出脚所受的拉力与绳的拉力的关系,再选择可 采取的方法. 【解答】解:A、若只增加绳的长度,拉力不变,A 选项错误;

B、若只增加重物的质量,则绳子拉力增大,脚所受的拉力增大,B 选项正确; C、若只将病人的脚向左移动,则夹角 θ 会减小,绳子拉力的合力增大,脚所受的拉力增大, C 选项正确; D、只将两只滑轮的距离增大,则夹角 θ 会增大,绳子拉力的合力减小,脚所受的拉力减小, D 选项错误. 故选:BC. 【点评】本题实质中动态平衡问题,采用的是函数法,考查运用物理知识分析实际问题的能 力.

9.蒋昊南同学阅读了一篇“火星的现在、地球的未来”的文章,摘录了以下资料: ①根据目前被科学界普遍接受的宇宙大爆炸学说可知,万有引力常量在极其缓慢地减小; ②太阳几十亿年来一直不断地在通过发光、发热释放能量; ③金星和火星是地球的两位近邻,金星位于地球圆轨道的内侧,火星位于地球圆轨道的外侧; ④由于火星与地球的自转周期几乎相同,自转轴与公转轨道平面的倾角也几乎相同,所以火 星上也有四季变化. 根据他摘录的资料和有关天体运动规律,可推断( A.太阳对地球的引力在缓慢减小 B.太阳对地球的引力在缓慢增加 C.火星上平均每个季节持续的时间等于 3 个月 D.火星上平均每个季节持续的时间大于 3 个月 【考点】万有引力定律及其应用. 【专题】万有引力定律的应用专题. 【分析】由万有引力的表达式分析太阳对地球引力的变化情况;由万有引力提供向心力,得 到行星的周期与轨道半径的关系式,再分析周期大小,判断火星上季节时间. 【解答】解: A、B 由太阳对地球的万有引力的表达式 F=G A 正确,B 错误 可知,G 变小,则太阳对地球的引力 F 减小.故 )

C、由行星绕太阳运行所需要的向心力由太阳的万有引力提供,则有:m

r=G

,得周期

T=2π

,可知 r 越大,T 越大.

因火星的轨道半径比地球大,则火星的公转周期比地球的大,所以火星上平均每个季节的时 间大于 3 个月,故 C 错误,D 正确; 故选:AD 【点评】本题关键要明确万有引力的表达式,建立行星运动的模型,会由向心力等于万有引 力分析线速度、周期与半径的大小关系.

10.如图所示,一圆心为 O、半径为 R 的圆中有两条互相垂直的直径 AC 和 BD,电荷量均为 Q 的正、 负点电荷放在圆周上, 它们的位置关于 AC 对称, +Q 和 O 点的连线与 OC 间的夹角为 60°, 两个点电荷的连线与 AC 的交点为 P.下列说法中正确的是( )

A.P 点的电场强度大于 O 点的电场强度 B.A 点的电势低于 C 点的电势 C.点电荷﹣q 在 O 点与在 C 点所受的电场力相同 D.点电荷+q 在点 B 具有的电势能小于在 D 点具有的电势能 【考点】电场强度;电势能. 【专题】电场力与电势的性质专题. 【分析】根据电场线的分布情况,分析 P 点和 O 点的场强.等量异种点电荷电场的分布具有 对称性,可以结合其对称性来分析,结合等量异种点电荷电场电场线和等势线的分布图象来 分析电势的高低,由电势能公式 Ep=qφ 分析电势能的大小. 【解答】解: A、在 AC 连线上,P 点的电场线最密,场强最大,所以 P 点的电场强度大于 O 点的电场强度, 故 A 正确.

B、AC 连线是等量异种点电荷电场中一条等势线,故 A、C 两点的电势相等,故 B 错误. C、根据等量异种点电荷电场电场线分布的对称性可知,O、C 两点的电场强度相同,则点电荷 +q 在 O 点和 C 点所受电场力相同.故 C 正确. D、根据顺着电场线方向电势降低,结合电场线的分布情况可知,B 点的电势高于 D 点电势, 由电势能公式 Ep=qφ 分析可知:点电荷+q 在 B 点的电势能大于在 D 点具有的电势能.故 D 错 误. 故选:AC 【点评】本题考查等量异种点电荷电场的分布特点,关键要掌握等量异种点电荷电场的电场 线和等势线的分布图象,来分析场强和电势关系.

11.一理想变压器原、副线圈的匝数比为 10:1,原线圈输入电压的变化规律如图甲所示,副 线圈所接电路如图乙所示,P 为滑动变阻器的触头( )

A.副线圈输出电压的频率为 50Hz B.副线圈输出电压的有效值为 31V C.P 向右移动时,原、副线圈的电流比减小 D.P 向右移动时,变压器的输出功率增加 【考点】变压器的构造和原理. 【专题】交流电专题. 【分析】根据瞬时值表达式可以求得输出电压的有效值、周期和频率等,再根据电压与匝数 成正比即可求得结论. 【解答】解:A、由图象可知,交流电的周期为 0.02s,所以交流电的频率为 50Hz,所以 A 正 确. B、根据电压与匝数成正比可知,原线圈的电压的最大值为 220 大值为 22 V,所以电压的有效值为 V=22V,所以 B 错误. V,所以副线圈的电压的最

C、原、副线圈的电流与匝数成反比,线圈的匝数不变,所以电流比也不变,所以 C 错误.

D、P 向右移动时,滑动变阻器的电阻减小,副线圈的电压不变,所以电路消耗的功率将变大, 变压器的输出功率增加,所以 D 正确. 故选 AD. 【点评】电路的动态变化的分析,总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况, 再确定其他的电路的变化的情况,即先部分后整体再部分的方法.

12.一个高尔夫球静止于平坦的地面上.在 t=0 时球被击出,飞行中球的速率与时间的关系 如图所示.若不计空气阻力的影响,根据图象提供的信息可以求出的量是( )

A.高尔夫球在何时落地 B.高尔夫球可上升的最大高度 C.人击球时对高尔夫球做的功 D.高尔夫球落地时离击球点的距离 【考点】动能定理的应用;匀变速直线运动的图像. 【专题】动能定理的应用专题. 【分析】不计空气阻力,高尔夫球落到水平地面上时,速率相等,由图可求出落地时间.根 据动能定理可求出最大高度.由动能定理,分析能否求出人击球时对高尔夫球做的功.高尔 夫球水平方向做匀速直线运动,由图求出水平方向分速度 vx,由 x=vxt 求出落地时离击球点的 距离. 【解答】解:A、不计空气阻力,高尔夫球落到水平地面上时,速率相等.由图看出,小球 5s 时刻落地.故 A 正确. B、小球的初速度大小为 v0=31m/s,到达最高点时的速度大小为 v=19m/s,由动能定理得﹣ mgh= ﹣ ,由此式可求出最大高度 h.故 B 正确. ,由于高尔夫球的质量 m 未知,无法

C、由动能定理得:人击球时对高尔夫球做的功 W= 求出 W.故 C 错误.

D、高尔夫球水平方向做匀速直线运动,水平方向分速度 vx=19m/s,高尔夫球落地时离击球点 的距离为 S=vxt=19×5m=95m.故 D 正确. 故选 ABD 【点评】本题要根据速率图象读出小球的初速率、最高点的速率及运动情况,还要运用运用 的分解法研究斜抛运动,知道高尔夫球水平方向做匀速直线运动.

三、实验题(16 分) . 13.甲图中游标卡尺的读数为 13.55mm; 乙图中螺旋测微器的读数为 4.699mm. 丙图中多用电表的读数为 1000Ω .

【考点】刻度尺、游标卡尺的使用;螺旋测微器的使用. 【专题】实验题. 【分析】解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法,主尺读数加上游标读数,不需估读.螺 旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数,在读可动刻度读数时需估读. 根据选择开关位置确定多用电表所测量的量与量程,然后根据表盘确定其分度值,然后读出 其示数. 【解答】解:1、游标卡尺的主尺读数为 13mm,游标尺上第 11 个刻度和主尺上某一刻度对齐, 所以游标读数为 11×0.05mm=0.55mm,所以最终读数为:13mm+0.55mm=13.55mm. 2、螺旋测微器的固定刻度为 4.5mm,可动刻度为 19.9×0.01mm=0.199mm,所以最终读数为 4.5mm+0.199mm=4.699mm. 3、欧姆档的读数是 100;然后表盘读数乘以倍率,该电阻的电阻值为:R=100×10=1000Ω . 故答案为:13.55;4.699;1000. 【点评】对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理,要能正确使用这些基 本仪器进行有关测量.

14.如图甲示,是验证牛顿第二定律的实验装

置.

(1)请完善下列实验步骤: A.用天平测量吊盘 m0 和小车的质量 M0. B.平衡小车的摩擦阻力:取下吊盘,调整木板右端的高度,用手轻推小车,直到打点计时器 在纸带上打出一系列间距相等的点. C.按住小车,挂上吊盘,使细线与长木板平行. D.接通电源,释放小车,在得到的纸带上标出吊盘(或小车)的总质量 m(或 M) . E.保持小车总质量一定,多次改变吊盘中的砝码,重复 C D 步骤. F.保持吊盘总质量一定,多次改变小车的质量,重复 C D 步骤. (2)如图乙示,纸带上 3 个相邻计数点的间距为 s1、s2 和 s3.用米尺测量 s1、s3 的间距,由 图可读出 s1=24.3mm,s3=47.1mm.已知打点计时器打点周期为 0.02s,利用 s1、s3 计算小车加 速度 a=1.14m/s2. (计算结果保留三位有效数字) 【考点】验证牛顿第二运动定律. 【专题】实验题;牛顿运动定律综合专题. 【分析】明确实验原理及实验方法; 知道为了保证在改变小车中砝码的质量时,小车所受的拉力近似不变,小吊盘和盘中物块的 质量之和应该远小于小车和砝码的总质量 由匀变速直线运动的推论得:△x=aT 由则可求得加速度. 【解答】解: (1)D、在实验时应先接通电源,再释放小车; F、因验证加速度与小车质量之间的关系;故应多次改变小车的质量,重复实验; (2)设纸带上三个相邻计数点的间距为 s1、s2、s3.
2

由匀变速直线运动的推论得:△x=aT 即 s3﹣s1=2a(5△t)2 a=

2

图 2 为用米尺测量某一纸带上的 s1、s3 的情况,由图可读出 s1=24.2mm,s3=47.2mm. 由此求得加速度的大小 a= =1.15m/s2.

故答案为: (1)D.接通电源; F.小车质量(或小车中的砝码个数) (2)47.1;1.15 【点评】本题考查验证牛顿第二定律的实验;对于实验问题要掌握实验原理、注意事项和误 差来源;遇到涉及图象的问题时,要先根据物理规律写出关于纵轴与横轴的函数表达式,再 根据斜率和截距的概念求解即可.

15.有一标有“6V,0.5A”的小型直流电动机,转子是由铜导线绕制的线圈组成,阻值约为 0.8Ω .某兴趣小组设计一个实验测量此电动机线圈的电阻.实验室现提供的器材除导线和开 关外还有: A.直流电源 E:8V(内阻不计) B.直流电流表 A1:0~0.6A(内阻约为 0.5Ω ) C.直流电流表 A2:0~3A(内阻约为 0.1Ω ) D.直流电压表 V1:0~3V(内阻约为 5kΩ ) E.直流电压表 V2:0~15V(内阻约为 15kΩ ) F.滑动变阻器 R1:0~10Ω ,2A G.标准电阻 R2:3Ω

(1)为能较准确地测出电动机线圈电阻,应选择以下的乙电路图.图中 表示电动机. (2)为使电表指针有较大角度的偏转,需要选用的电流表是 B,电压表是 D. (填写实验器材 前面的序号)

(3)闭合开关后,调节滑动变阻器控制电动机不转动时读出电流表、电压表示数.若某次实 验电压表的示数为 2.00V,电流表的示数为 0.50A,电动机线圈电阻为 1.00Ω .由此可计算出 该电动机正常工作输出的机械功率为 2.75W. (以上两空计算结果均保留三位有效数字) 【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线;伏安法测电阻. 【专题】实验题;恒定电流专题. 【分析】 (1)从而测量的精确性角度考虑,选择电压表和电流表的量程,测量电动机内阻时, 电动机需不转动,通过欧姆定律求出电动机的内阻. (2)根据题意确定滑动变阻器与电流表的接法,然后可得出对应的电路图. (3)测电阻时应控制电动机不转.由欧姆定律求出线圈电阻,应用电功公式求出输出功率. 【解答】解: (1)电动机不转时,两端最大电压约为:U=0.5×0.8=0.4V,滑动变阻器应采用 分压接法,电动机线圈电阻约为 0.8Ω ,电流表内阻约为 0.5Ω ,电压表内阻约为 5kΩ ,电流 表应采用外接法, 因线圈的电阻太小,因此为保护电动机,则将定值电阻与电动机串联,故应选择乙电路图; (2)测电动机线圈电阻,应控制电动机不转,测出电动机两端电压与通过电动机的电流,电 动机不转时,通过电动机的电流与电动机两端电压都很小,电流表选 B,电压表选 D; (3)由欧姆定律可知:r+R= = 解得:r=4﹣3=1.00Ω 电动机正常工作时,总功率:P=UI=6×0.5=3W, 线圈产生的热功率:PQ=I r=0.5 ×1=0.25W, 电动机正常工作输出的机械功率:P 机械=P﹣PQ=3﹣0.25=2.75W; 故答案为: (1)乙; (2)B;D; (3)1.00;2.75. 【点评】解决本题的关键知道器材选取的原则,即精确、安全,以及知道电动机正常工作时 输入功率等于输出功率与内部消耗功率之和.
2 2

=4Ω ;

四、计算解析题(本题共 3 小题,共 9+12+13=34 分.解答应写出必要的文字说明、方程式和 重要演算步骤、规范的作图.只写出最后答案的不能得分.有数值计算的题,答案中必须明 确写出数值和单位. ) 16.如图示,有一固定在水平桌面上的轨道 ABC,AB 段粗糙,与水平面间的夹角为 θ =37°; BC 段光滑,C 点紧贴桌子边缘;桌高 h=0.8m.一小物块放在 A 处(可视为质点) ,小物块与

AB 间的动摩擦因数为 μ =0.25.现在给小物块一个沿斜面向下的初速度 vA=1m/s,小物块经过 B 处时无机械能损失, 物块最后落在与 C 点水平距离 x=1.2m 的 D 处. (不计空气阻力, g 取 10m/s2, sin37°=0.6,cos37°=0.8)求: (1)小物块在 AB 段向下运动时的加速度大小 a; (2)小物块到达 B 处时的速度大小 vB; (3)求 AB 的长 L.

【考点】牛顿运动定律的综合应用;平抛运动. 【专题】牛顿运动定律综合专题. 【分析】 (1)从 A 到 B 过程,物体受重力、支持力和摩擦力,根据牛顿第二定律列式求解加 速度; (2)物块离开 C 后做平抛运动,由平抛运动的位移关系公式列式求解; (3)对从 A 到 B 过程,根据速度位移关系公式列式求解. 【解答】解: (1)小物块从 A 到 B 过程中,由牛顿第二定律有:mgsinθ ﹣μ mgcosθ =ma 代入数据解得:a=4m/s
2

(2)小物块从 B 向右匀速运动,自 C 点水平抛出,由平抛运动规律,竖直方向: 水平方向:x=vBt 代入数据解得:vB=3m/s (3)小物块从 A 到 B,由运动学公式,有: 代入数据解得:L=1m 答: (1)小物块在 AB 段向下运动时的加速度大小是 4m/s ; (2)小物块到达 B 处时的速度大小是 3m/s; (3)AB 的长是 1m. 【点评】本题中滑块先做匀加速直线运动,后作平抛运动,对两个过程分别运用牛顿第二定 律求解加速度,再运用运动学公式列式求解.
2

17.如图所示,两平行金属板 E、F 之间电压为 U,两足够长的平行边界 MN、PQ 区域内,有垂 直纸面向外的匀强磁场,磁感应强度为 B.一质量为 m、带电量为+q 的粒子(不计重力) ,由 E 板中央处静止释放, 经 F 板上的小孔射出后, 垂直进入磁场, 且进入磁场时与边界 MN 成 60° 角,最终粒子从边界 MN 离开磁场.求: (1)粒子离开电场时的速度大小 v; (2)粒子在磁场中圆周运动的半径 r 和运动的时间 t. (3)两边界 MN、PQ 的最小距离 d.

【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动;动能定理. 【专题】带电粒子在磁场中的运动专题. 【分析】 (1)带电粒子先在电场中加速,后进入磁场做匀速圆周运动.由动能定理求出加速 获得的速度大小.粒子离开电场后,垂直进入磁场,由洛仑兹力提供向心力,由牛顿第二定 律求半径; (2)当粒子在磁场中的轨迹恰好也 PQ 相切时,两边界 MN、PQ 的距离最小,画出粒子的运动 轨迹,由几何关系求最小距离; (3)求出粒子圆周运动的周期,确定出轨迹的圆心角 θ ,由 t= 【解答】 (1)设粒子离开电场时的速度为 v,由动能定理有: qU= 解得:v= (2)粒子离开电场后,垂直进入磁场,由洛仑兹力提供向心力有: T 求磁场中运动的时间.

qBv= 联立解得:r= 粒子在磁场中做圆周运动的周期 T= 联立解得:T= 粒子在磁场中运动的时间 t= =

(3)最终粒子从边界 MN 离开磁场,需满足: d≥r+rsin30° 联立④⑤解得:d 两边界 MN、PQ 的最小距离 d 为 答: (1)粒子离开电场时的速度大小 v= 和运动的时间 t= ; (2)粒子在磁场中圆周运动的半径 r= . ,

; (3)两边界 MN、PQ 的最小距离 d=

【点评】本题中带电粒子在组合场中运动的类型,画出粒子的运动轨迹,运用几何知识和牛 顿第二定律研究磁场中轨迹问题.

18. (13 分)如图所示,一块质量为 M、长为 L 的匀质板放在很长的光滑水平桌面上,板的左 端有一质量为 m 的小物块,物块上连接一根很长的细绳,细绳跨过位于桌面边缘的定滑轮.现

某人以恒定的速度 v 向下拉绳, 物块随细绳运动, 恰到达板的中点后相对板静止; 取 g=10m/s , 且所有过程板的右端均未撞上桌边定滑轮,求:

2

(1)从开始拉绳起计时,物块到达板的中点经历的时间 t0; (2)物块与板间的动摩擦因数 μ 0; (3)若板与桌面间有摩擦,为使物块能到达板的右端,板与桌面的动摩擦因数 μ 的范围. 【考点】牛顿运动定律的综合应用;匀变速直线运动的位移与时间的关系. 【专题】牛顿运动定律综合专题. 【分析】 (1)板与物块都向右做初速度为零的匀加速运动,当两者速度相等时,木块与板相 对静止,由平均速度公式求出板的平均速度;由运动学公式求出时间; (2)由牛顿第二定律求出物体与板间的动摩擦因数; (3)对板与物块进行受力分析,由牛顿第二定律求出 加速度,由运动学公式求出位移,然 后根据两者间位移的几何关系分析答题. 【解答】解: (1)设在此过程中物块前进位移为 S1,板前进位移为 S2,则 S1=vt0?① ?② ?③ 由①②③得: (2)根据牛顿第二定律,对板有:μ 0mg=Ma?④ 而 由⑤得 ?⑤ ?⑥

解得: (3)①设经过时间 t,物块恰到达板的右端并与之共速,此时物块匀速前进位移为 X1,板匀 加速前进位移为 X2,则 X1=vt, ,

且据位移关系有:

?⑨

设此过程板与桌面间的动摩擦因数为 μ 1,对板有 μ 0mg﹣μ 1(M+m)g=Ma'?⑩ 又由运动学规律 v=a't 联立⑨⑩解得 ②当地面最大静摩擦力大于物块对板的摩擦力,板不动,物块也可到达板的右端,即有 μ 0mg <μ 2(M+m)g 可得 而

故综上可得,为使物块能到达板的右端,板与桌面的动摩擦因数 μ 的范围应为

答: (1)从开始拉绳起计时,物块到达板的中点经历的时间是 ;

(2)物块与板间的动摩擦因数是



(3)若板与桌面间有摩擦,为使物块能到达板的右端,板与桌面的动摩擦因数 μ 的范围 . 【点评】该题为多物体多过程的题目,对运动的过程运动要分析透彻.分析求出物体运动过 程,应用牛顿第二定律、运动学公式、即可正确解题.

五、选考题.请同学从给出的 3 个模块中任选一模块作答,并用 2B 铅笔在答题卷上把所选题 目的题号涂黑. 注意所做题目必须与所涂题目题号一致, 在答题卷选答区域指定位置答题. 如 有多做,则按所做的第一模块评分. 【选修 3-3】 19.下列说法正确的是 ( )

A.绝对湿度大,相对湿度一定大 B.荷叶上的小水滴呈球形,这是表面张力使液面收缩的结果 C.单晶体和多晶体都具有各向异性的物理性质 D.一定质量理想气体等温膨胀,一定从外界吸热

E.对于一定质量的理想气体,压强增大,体积增大,分子的平均动能一定增大 【考点】* 晶体和非晶体;* 液体的表面张力现象和毛细现象;封闭气体压强. 【专题】应用题. 【分析】解答本题需掌握: ①绝对湿度是指每单位容积的气体所含水分的重量,一般用 mg/L 作指标.相对湿度是指绝对 湿度与该温度饱和状态水蒸气含量之比,用百分数表达. ②凡作用于液体表面,使液体表面积缩小的力,称为液体表面张力.它产生的原因是液体跟 气体接触的表面存在一个薄层,叫做表面层,表面层里的分子比液体内部稀疏,分子间的距 离比液体内部大一些,分子间的相互作用表现为引力. ③温度是分子热运动平均动能的标志. ④热力学第一定律公式:△U=W+Q. ⑤理想气体状态方程 .

【解答】解:A、对于不同的压强和温度,饱和蒸汽压不同,故绝对湿度大时相对湿度不一定 大,故 A 错误; B、荷叶上的小水滴呈球形,这是表面张力使液面收缩的结果,故 B 正确; C、单晶体具有各向异性的物理性质,但多晶体是各向同性,故 C 错误; D、一定质量理想气体等温膨胀,内能不变,对外做功,根据热力学第一定律,一定要吸收热 量,故 D 正确; E、对于一定质量的理想气体,压强增大,体积增大,根据理想气体状态方程 定升高,故分子的平均动能一定增大,故 E 正确; 故选 BDE. 【点评】本题考查了绝对湿度与相对湿度、液体表面张力、单晶体与多晶体、热力学第一定 律、温度的微观意义、理想气体状态方程等,知识点多,难度小,要加强识记. ,温度一

20.如图所示,教室内用截面积为 O.2m2 的绝热活塞,将一定质量的理想气体封闭 在圆柱形 汽缸内,活塞与汽缸之间无摩擦.a 状态是汽缸放在冰水混合物中气体达到的平衡状态,活塞 离汽缸底部的局度为 0.6m;b 状态是汽缸从容器中移出后达到的平衡状态,活塞离 汽缸底部 的高度为 0.65m.设室内大气压强始终 保持 1.0×105Pa,忽略活塞质量. (1)求教室内的温度;

(2) 若气体从 a 状态变化到 b 状态的过程中, 内能增加了 56OJ, 求此过程中气体吸收的热量.

【考点】气体的等容变化和等压变化;热力学第一定律. 【专题】气体的压强专题. 【分析】由封闭气体压强可知内部气体压强不变,则由温度的变化可知体积的变化;由热力 学第一定律可知气体吸热还是放热. 【解答】解: (1)由题意知气体是等压变化,设教室温度为 T2 由 得

=

=295.75K
5 3

(2)气体对外做功为 W=P0s(h2﹣h1)=1×10 ×0.2×(0.65﹣0.6)J=10 J 由热力学第一定律得 Q=△U﹣W=560J﹣(﹣1000)J=1560J 答: (1)求教室内的温度 295.75K; (2)此过程中气体吸收的热量为 1560J. 【点评】气体状态方程的灵活运用,确做功与热量的正负的确定是解题的关键

【选修 3-4】 21.关于波的说法中,正确的是( )

A.产生多普勒效应的原因是波源频率发生了变化 B.发生干涉现象时,介质中振动加强的点,振动能量最大,减弱点振动能量可能为零 C.振动图象和波的图象中,横坐标所反映的物理意义是不同的 D.超声波比次声波更容易发生衍射 E.在地球表面上走得很准的摆钟搬到月球表面上,其摆动周期变大 【考点】光的偏振;光的干涉.

【分析】人耳能听到的声音的频率范围是 20~20000Hz,低于 20Hz 的叫次声波,高于 20000Hz 叫超声波;超声波和次声波都是人耳听不到的; 声音传播需要介质,真空不能传声,声音在不同介质中的传播速度是不同的. 多普勒效应的原因是波源频率不变,接收频率变化; 振动图象和波的图象中,横坐标量不同; 波长越长,越容易衍射; 最后根据周期公式 T= ,即可求解.

【解答】解:A、产生多普勒效应的原因是波源频率不变,是因接收频率发生变化,故 A 错误; B、频率相同的波,发生干涉现象时,介质中振动方向相同,即为加强的点,则振动能量最大, 同理,减弱点振动能量可能为零,故 B 正确; C、振动图象和波的图象中,横坐标所反映的物理意义是不同,振动图象横轴是表时间,而波 动图象是表各质点平衡位置,故 C 正确; D、因频率高,波长小,则次声波的波长比超声波的波长长,因此次声波更容易发生衍射,故 D 错误; E、地球表面上走得很准的摆钟搬到月球表面上,根据周期公式 T= 速度减小,那么其摆动周期变大,故 E 正确; 故选:BCE. 【点评】考查衍射与干涉现象,理解多普勒效应产生的原因,知道振动图象与波动图象的区 别,并掌握周期公式的内容. ,可知,其重力加

22.一半径为 R 的 球体放置在水平面上,球体由折射率为

的透明材料制成.现有一束位

于过球心 O 的竖直平面内的光线,平行于桌面射到球体表面上,折射入球体后再从竖直表面 射出,如图所示.已知入射光线与桌面的距离为 .求出射角 θ =??60°????.

【考点】光的折射定律. 【专题】光的折射专题.

【分析】当光从图示位置射入,经过二次折射后射出球体,由折射定律可求出射出光线的折 射角. 【解答】解:设入射光线与 球体的交点为 C,连接 OC,OC 即为入射点的法线.因此,图中的 角 α 为入射角. 过 C 点作球体水平表面的垂线,垂足为 B. 由几何关系有:∠COB=α . 又由△OBC 知 sinα = ① ②

设光线在 C 点的折射角为 β ,由折射定律得: 由①②式得:β =30°③

由几何关系知,光线在球体的竖直表面上的入射角 γ (见图)为 30°.

由折射定律得: 因此 sinθ = 解得:θ =60° 故答案为:60°. ,



【点评】光线从球体入射时,法线则是入射点与球心的连线;当光线射出时,法线则与界面 垂直.因此两次使用折射定律可求出结果.

【选修 3-5】 23.下列关于原子和原子核的说法正确的是( A.β 衰变现象说明电子是原子核的组成部分 B.某放射性元素经过 11.4 天有 的原子核发生了衰变,则该元素的半衰期为 3.8 天 C.放射性元素的半衰期随温度的升高而变短 D.平均结合能越大表示原子核中的核子结合得越牢固 E.在 α 、β 、γ 这三种射线中,γ 射线的穿透能力最强,α 射线的电离能力最强 )

【考点】原子核衰变及半衰期、衰变速度. 【专题】衰变和半衰期专题. 【分析】a 粒子大角度散射表明原子内部有一很小的核,即原子核,集中了全部的正电荷及几 乎全部的质量.γ 射线是一种波长很短的电磁波. β 衰变产生的电子是原子核中的一个中子转变为一个质子和一个电子,电子释放出来.半衰 期与温度无关. 平均结合能越小表示原子核中的核子结合得越不牢固; γ 射线的穿透能力最强,α 射线的电离能力最强. 【解答】解:A、β 衰变时,原子核中的一个中子转化为一个质子和一个电子,释放出来的电 子就是 β 粒子,可知 β 衰变现象不是说明电子是原子核的组成部分.故 A 错误. B、放射性元素经过 11.4 天有 的原子核发生了衰变,根据半衰期定义可知,发生三次衰变, 则该元素的半衰期为 3.8 天.故 B 正确. C、放射性元素的半衰期与其所处的物理环境及化学状态无关,由原子核内部因素决定.故 C 错误. D、平均结合能越小表示原子核中的核子结合得越不牢固.故 D 正确. E、在 α 、β 、γ 这三种射线中,γ 射线的穿透能力最强,α 射线的电离能力最强,故 E 正 确; 故选:BDE. 【点评】考查三种射线的各自特征,注意 β 衰变的电子由来,掌握半衰期与外界因素无关, 掌握半衰期的特点,记住三种射线的特点,了解光电效应现象.

24.如图所示,光滑水平面上有 A、B 两个物块,其质量分别为 mA=2.0kg,mB=1.0kg,现用一 轻弹簧将 A、B 两物块连接,并用力缓慢压缩弹簧使 A、B 两物块靠近,此过程外力做功 108J (弹簧仍处于弹性限度范围内) ,然后同时释放,弹簧开始逐渐变长.试求当弹簧刚好恢复原 长时,A 和 B 物块速度 vA、vB 的大小.

【考点】动量守恒定律;机械能守恒定律. 【专题】动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合.

【分析】当弹簧刚好恢复原长时弹簧的弹性势能转化为两个物体的动能,同时,两个物体在 水平面上加速的过程中的动量守恒,因此即可求出. 【解答】解:外力压缩弹簧至最大势能时,有:EP=W=108J 弹簧刚好恢复原长时,根据动量守恒定律有:mAvA﹣mBvB=0 根据能量守恒定律有: 联立解得 vA=6m/s,vB=12m/s 答:A 和 B 物块速度 vA、vB 的大小分别是 6m/s 和 12m/s. 【点评】该题中外力做的功转化为弹簧的弹性势能,然后弹性势能又转化为两个物块的动能, 由功能关系结合动量守恒定律即可.


相关文章:
安徽省安庆市慧德中学2016届高三上学期第一次月考物理试卷
2015-2016 学年安徽省安庆市慧德中学高三(上)第一次月考物理试卷 一、单项选择题(本题有 7 小题,每题 4 分,共 28 分.选出各题中一个符合题意的选项,...
安徽省安庆市慧德中学2016届高三上学期第一次月考物理试题
安徽省安庆市慧德中学 2016 届高三上学期第一次月考 物理试题注意事项: (1)本科试题共分必考选择题、必考非选择题、选考题三部分;总分为 110 分。 (2)答题...
安徽省安庆市慧德高中2016届高三上学期第一次月考物理试卷
安徽省安庆市慧德高中2016届高三上学期第一次月考物理试卷_高中教育_教育专区。2015-2016 学年安徽省安庆市慧德高中高三(上)第 一次月考物理试卷 一.选择题(12...
安徽省安庆市慧德中学2016届高三物理上学期第一次月考试题
安徽省安庆市慧德中学 2016 届高三上学期第一次月考 物理试题注意事项: (1)本科试题共分必考选择题、必考非选择题、选考题三部分;总分为 110 分。 (2)答题...
安徽安庆市慧德高级中学2016届高三上学期第一次月考物理试卷
安徽安庆市慧德高级中学2016届高三上学期第一次月考物理试卷_高中教育_教育专区。慧德高中 2015-2016 学年度高三第一次月考 物理试卷 考试时间:90 分钟;命题人:...
安徽省安庆市慧德中学2016届高三上学期第一次月考数学(理)试题
安徽省安庆市慧德中学 2016 届高三上学期第一次月考 理科数学试题本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分,其中第Ⅱ卷第 22~24 题为选 考题,...
安徽省安庆市慧德中学2016届高三上学期第一次月考英语试题
安徽省安庆市慧德中学2016届高三上学期第一次月考英语试题_高中教育_教育专区。安徽省安庆市慧德中学 2016 届高三上学期第一次月考 英语试题 注意事项: 1. 本...
安徽省安庆市慧德中学2016届高三上学期第二次月考物理试题
慧德中学 2016 届高三年级上学期第次月考 物理试卷 满分 100 分,时间 100 分钟 2015.9.25 一、选择题(1-8 题单选,每题 3 分;9-12 题为多选,每题 ...
安徽省安庆市慧德中学2016届高三物理上学期第二次月考试题
安徽省安庆市慧德中学2016届高三物理上学期第二次月考试题_理化生_高中教育_教育专区。慧德中学 2016 届高三年级上学期第次月考 物理试卷满分 100 分,时间 ...
安徽省安庆市慧德中学2016届高三上学期第二次月考物理试卷
2015-2016 学年安徽省安庆市慧德中学高三(上)第二次月考物 理试卷一、选择题(1-8 题单选,每题 3 分;9-12 题为多选,每题 4 分;共 40 分) 1.物理...
更多相关标签:
安徽省安庆市 | 安徽省安庆市枞阳县 | 安徽省安庆市潜山县 | 安徽省安庆市太湖县 | 安徽省安庆市望江县 | 安徽省安庆市怀宁县 | 安徽省安庆市邮编 | 安徽省安庆市区号 |